1. 仔细读题:另外两张牌和的个位数即为你所获得的点数。对于Subtask 1,枚举即可。50 分。

  2. 考虑:取 \(n-2\) 张牌和取答案的 \(2\) 张牌本质是一样的。因为若取符合条件的 \(n-2\) 张牌的和 \(sum\ \text{mod}\ 10\)必然为 0 。所以双重循环枚举所有的牌两两相加,把它们模 10 的余数与总和的余数对比,相等则输出。注意到若总和模 10 为 0 ,则直接输出 10。时间复杂度 \(O(n^2)\) ,80 分

#include <iostream>
#include <cstdio>
//#include <algorithm> using namespace std; int n,a[1000001],sum;
bool flag=false; int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
sum+=a[i];
}
sum%=10;
if(sum==0){
printf("%d\n",10);
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if((i!=j)&&((a[i]+a[j])%10==sum)){
printf("%d\n",(a[i]+a[j])%10);
return 0;
}
printf("%d\n",0);
return 0;
}
  1. 注意到一个性质:由于最后组成答案的只有两个数,且卡牌数值范围为 \(1\) ~ \(10\) ,也就说明答案只有可能是两个相同的数不同的数。于是自然产生一种思路:用类似计数排序的方法,设一个数组 \(t\) ,记录每个数出现的次数。最后枚举每个数,若相同,则判断这个数出现的次数是否大于等于 2 ,若不同,则看这两个数是否都出现过。时间复杂度 \(O(n)\) ,可通过所有测试点。
#include <iostream>
#include <cstdio>
//#include <algorithm> using namespace std; int n,a[1000001],sum,t[100000001]; int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
sum+=a[i];
t[a[i]]++;
}
sum%=10;
if(sum==0){
printf("%d\n",10);
return 0;
}
for(int i=1;i<=10;i++){
for(int j=1;j<=10;j++){
if((i==j)&&(t[i]>=2)&&((i+j)%10==sum)){
printf("%d\n",(i+j)%10);
return 0;
}
else
if((i!=j)&&(t[i]&&t[j])&&((i+j)%10==sum)){ //注意这里首先要判断是否相等。为什么?
printf("%d\n",(i+j)%10);
return 0;
}
}
}
printf("%d\n",0);
return 0;
}

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